數列不等式恒成立問題探索

摘 要：數列不等式的恒成立問題包含了數列的通項與數列的前n項和，涉及的解題方法主要是放縮法和構造函數法. 破解數列不等式恒成立問題的思路，主要是利用數列的單調性或者利用函數的單調性.

關鍵詞：數列不等式；恒成立問題；單調性；構造函數

中圖分類號：G632"" 文獻標識碼：A"" 文章編號：1008-0333（2024）31-0082-03

收稿日期：2024-08-05

作者簡介：高影（1983.7—），女，黑龍江省齊齊哈爾人，中學一級教師，從事高中數學教學研究.

數列不等式的證明題和恒成立問題

令很多考生望而生畏.下面結合具體例題，從數列的單調性和函數的單調性兩個角度對數列不等式恒成立問題進行探索.

1 利用數列的單調性

例1 已知{an}滿足對一切正整數n均有

an+1lt;an且an=-n2+λn恒成立，則實數λ的范圍是.

解析 因為對一切正整數n均有an+1lt;an且an=-n2+λn恒成立，所以-（n+1）2+λ（n+1）lt;-n2+λn.

化簡得到λlt;2n+1，n∈N*.

因為n∈N*，所以2n+1的最小值為3.

所以λlt;3.

例2 （多選題）在數列{an}中，a1=1，an+1-an=2n，若不等式2+λ·（-1）n≥3n-1an+1對任意n∈N*恒成立，則實數λ的值可以是（" ）.

A.1" B.0" C.-1" D.-2

解析 因為an+1-an=2n，當n≥2時，（an-an-1）+（an-1-an-2）+…+（a2-a1）=2^n-1+2^n-2+…+2=2（1-2^n-1）1-2=2n-2^［1］.

又a1=1，所以an=2n-2+1=2n-1.

當n=1時，a1=1滿足an=2n-1.

所以an=2n-1.

由2+λ·（-1）n≥3n-1an+1，得到

2+λ·（-1）n≥3n-12n.

令bn=3n-12n，則

bn+1-bn=3n+22ⁿ⁺¹-3n-12n

=3n+2-6n+22ⁿ⁺¹

=4-3n2ⁿ⁺¹.

當n=1時，b2-b1=122gt;0，得到b2gt;b1；

當n≥2時，bn+1-bnlt;0，所以b1lt;b2gt;b3gt;b4gt;….

又b1=1=b3，所以

當n為偶數時，2+λ·（-1）n=2+λ≥3×2-122=54，得到λ≥-34；當n為奇數時，2+λ·（-1）n=2-λ≥b1=1^［2］，得到λ≤1，所以-34≤λ≤1.

故選AB.

2 利用函數的單調性

例3 已知函數y=f（x）的定義域為I，設x0∈I，曲線y=f（x）在點（x0，f（x0））處的切線交x軸于點（x1，0），當n≥1時，設曲線在點（xn，f（xn））處的切線交x軸于點（xn+1，0），依次類推，稱得到的數列xn為函數y=f（x）關于x′0的“N數列”，已知f（x）=2x-ln（x+1）.

（1）若{xn}是函數y=f（x）關于x0=1的“N數列”，求x1的值;

（2）若g（x）=f ′（x），{an}是函數y=g（x）關于a0=-34的“N數列”，記bn=log2|2an+1|.

①證明：{bn}是等比數列;

②證明：∑n+1i=2sin1ilt;ln［log2（-bn+1）］，n≥2，n∈N.

解析 （1）由題意知，f ′（x）=2-1x+1，f（1）=2-ln2.

所以f ′（1）=2-11+1=32.

曲線f（x）=2x-ln（x+1）在點（1，f（1））處的切線斜率為32，所以曲線在點（1，f（1））處的切線方程為y-（2-ln2）=32（x-1）.

令y=0，解得x=2ln2-13，所以x1=2ln2-13.

（2）①g（x）=f ′（x）=2-1x+1=2x+1x+1，g′（x）=1（x+1）2，

則在（an，g（an））處的切線斜率為g′（an）=1（an+1）2.

所以在（an，g（an））處的切線方程為

y-2an+1an+1=1（an+1）2（x-an）.

令y=0，解得an+1=an-（2an+1）（an+1）=-2a2n-2an-1.

所以-（2an+1+1）=（2an+1）2.

所以bn+1=log2|2an+1+1|=2log2|2an+1|=2bn.

即bn+1bn=2，b1=2log2|2a0+1|=2log212=-2.

所以{bn}是以首項為-2，公比為2的等比數列.

②由①可知，數列{bn}的通項公式bn=-2n，則log2（-bn+1）=n+1.

要證∑n+1i=2sin1ilt;ln［log2（-bn+1）］，n≥2，n∈N.

即證∑n+1i=2sin1ilt;ln（n+1），n≥2，，n∈N.

當n=2時，sin12lt;1lt;ln3成立；

因為ln（n+1）=∑n+1i=2［lni-ln（i-1）］，

即證∑n+1i=2sin1ilt;∑n+1i=2［lni-ln（i-1）］.

即證sin1ilt;lni-ln（i-1），i=2，3，…，n.

構造函數u（x）=x-sinx，x∈［0，+∞），則

u′（x）=1-cosx≥0.

故u（x）在［0，+∞）單調遞增.

對任意x∈（0，+∞），u（x）gt;u（0）=0，

即xgt;sinx，取x=1igt;0，則有sin1ilt;1i.

故只需證1ilt;lni-ln（i-1）=lnii-1=-lni-1i=-ln（1-1i）.

即需證ln（1-1i）lt;-1i=（1-1i）-1.

構造函數v（x）=x-1-lnx，x∈（0，1），則

v′（x）=1-1x=x-1xlt;0.

故v（x）在（0，1）單調遞減.

則v（x）gt;v（1）=0.

即對任意t∈（0，1），t-1gt;lnt，取t=1-1i∈（0，1），即有ln（1-1i）lt;（1-1i）-1.

綜上，∑n+1i=2sin1ilt;ln（n+1）=ln（log2bn+1），n≥2，n∈N*.

例4 已知數列{an}滿足a1=1，且對任意正整數m，n都有am+n=an+am+2mn.

（1）寫出a2，a3，并求數列{an}的通項公式；

（2）設bn=12ln（1+1an+1an+1），Tn是數列bn的前n項和，求證：Tnlt;nn+1.

解析 （1）因為對任意正整數m，n都有

am+n=an+am+2mn.

故a2=a1+1=a1+a1+2=4，

a3=a1+2=a1+a2+4=9.

令m=1，可得an+1=an+1+2n.

所以an+1-an=1+2n.

當n≥2時，an=a1+（a2-a1）+（a3-a2）+…+（an-an-1）=1+3+…+（2n-1）=n2，

當n=1時，a1=1，符合上式，所以an=n2.

（2）由題意得

bn=12ln（1+1an+1an+1）

=ln1+1n2+1（n+1）2

=lnn2（n+1）2+n2+（n+1）2n2（n+1）2

=lnn2（n+1）2+n2+n2+2n+1n2（n+1）2

=lnn2（n+1）2+2n（n+1）+1n2（n+1）2

=lnn（n+1）+1n（n+1）

=ln［1+1n（n+1）］

=ln（1+1n-1n+1）.

下面證明xgt;0時，ln（x+1）lt;x.

令f（x）=x-ln（x+1），xgt;0，求導得

f ′（x）=1-11+x=x1+xgt;0.

所以f（x）=x-ln（x+1）在（0，+∞）上單調遞增.

所以f（x）=x-ln（x+1）gt;f（0）=0.

結合當xgt;0時，ln（x+1）lt;x^［3］，有

bn=ln（1+1n-1n+1）lt;1n-1n+1.

所以

Tn=b1+b2+b3+…+bn

lt;（1-12）+（12-13）+（13-14）+…+（1n1n+1）

=nn+1.

故Tnlt;nn+1.

3 結束語

對于數列不等式的恒成立問題，可轉化為數列的最值問題，然后借助數列的單調性即可求解. 對于數列不等式的證明題，可先進行等價變形，最后根據數列的結構構造函數，利用函數的單調性即可證明，這是處理數列不等式的常見方法.對于高中生而言，需要不斷地進行訓練、實踐和總結，這樣才能提高求解數列不等式的能力.

參考文獻：

［1］曹瑩，李鴻昌.一道數列最值問題的解法探究[J].高中數學教與學，2019（19）：15-16.

[2] 曹瑩，李鴻昌.利用糖水不等式證明一類數列不等式[J].數學通訊，2019（21）：2-3.

[3] 李鴻昌.活用函數的單調性解題[J].數理天地（高中版），2018（06）：20-21.

［責任編輯：李 璟］